重庆育才中学数学旋转几何综合检测题(Word版 含答案)
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重庆育才中学数学旋转几何综合检测题(Word版含答案)
一、初三数学旋转易错题压轴题(难)
1.如图,四边形ABCD为正方形,△AEF为等腰直角三角形,∠AEF=90°,连接FC,G 为FC的中点,连接GD,ED.
(1)如图①,E在AB上,直接写出ED,GD的数量关系.
(2)将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转,其它条件不变,如图②,(1)中的结论是否成立?说明理由.
(3)若AB=5,AE=1,将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周,当E,F,C三点共线时,直接写出ED的长.
【答案】(1)DE=2DG;(2)成立,理由见解析;(3)DE的长为42或32.【解析】
【分析】
(1)根据题意结论:DE=2DG,如图1中,连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接DM,证明△CMG≌△FEG(AAS),推出EF=CM,GM=GE,再证明△DCM≌△DAE (SAS)即可解决问题;
(2)如图2中,结论成立.连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM,DM,延长EF交CD于R,其证明方法类似;
(3)由题意分两种情形:①如图3-1中,当E,F,C共线时.②如图3-3中,当E,F,C 共线时,分别求解即可.
【详解】
解:(1)结论:DE=2DG.
理由:如图1中,连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接DM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=CD,∠B=∠ADC=∠DAE=∠DCB=∠DCM=90°,
∵∠AEF=∠B=90°,
∴EF∥CM,
∴∠CMG=∠FEG,
∵∠CGM=∠EGF,GC=GF,
∴△CMG≌△FEG(AAS),
∴EF=CM,GM=GE,
∵AE=EF,
∴AE=CM,
∴△DCM≌△DAE(SAS),
∴DE=DM,∠ADE=∠CDM,
∴∠EDM=∠ADC=90°,
∴DG⊥EM,DG=GE=GM,
∴△EGD是等腰直角三角形,
∴DE=2DG.
(2)如图2中,结论成立.
理由:连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM,DM,延长EF交CD于R.
∵EG=GM,FG=GC,∠EGF=∠CGM,
∴△CGM≌△FGE(SAS),
∴CM=EF,∠CMG=∠GEF,
∴CM∥ER,
∴∠DCM=∠ERC,
∵∠AER+∠ADR=180°,
∴∠EAD+∠ERD=180°,
∵∠ERD+∠ERC=180°,
∴∠DCM=∠EAD,
∵AE=EF,
∴AE=CM,
∴△DAE≌△DCM(SAS),
∴DE=DM,∠ADE=∠CDM,
∴∠EDM=∠ADC=90°,
∵EG=GM,
∴DG=EG=GM,
∴△EDG是等腰直角三角形,
∴DE =2DG .
(3)①如图3﹣1中,当E ,F ,C 共线时,
在Rt △ADC 中,AC =
22AD CD +=
2255+=52,
在Rt △AEC 中,EC =22A AE C -=22(52)1-=7, ∴CF =CE ﹣EF =6,
∴CG =
1
2
CF =3, ∵∠DGC =90°,
∴DG =22CD CG -=2253-=4, ∴DE =2DG =42.
②如图3﹣3中,当E ,F ,C 共线时,同法可得DE =32.
综上所述,DE 的长为2或2. 【点睛】
本题属于四边形综合题,考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.
2.已知如图1,在ABC 中,90ABC ∠=?,BC AB =,点D 在AC 上,DF AC ⊥交BC 于F ,点E 是AF 的中点.
(1)写出线段ED 与线段EB 的关系并证明;
(2)如图2,将CDF 绕点C 逆时针旋转(
)
090a α?
<,其它条件不变,线段ED 与线段EB 的关系是否变化,写出你的结论并证明;
(3)将CDF 绕点C 逆时针旋转一周,如果6BC =,32CF =,直接写出线段CE 的范围.
【答案】(1)ED EB =,DE BE ⊥,证明见解析;(2)结论不变,理由见解析;(3)最大值22= 最小值32
2
=. 【解析】 【分析】
(1)在Rt △ADF 中,可得DE=AE=EF ,在Rt △ABF 中,可得BE=EF=EA ,得证ED=EB ;然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°,可推导得出∠DEB=90°; (2)如下图,先证四边形MFBA 是平行四边形,再证△DCB ≌△DFM ,从而推导出△DMB 是等腰直角三角形,最后得出结论;
(3)如下图,当点F 在AC 上时,CE 有最大值;当点F 在AC 延长线上时,CE 有最小值. 【详解】
(1)∵DF ⊥AC ,点E 是AF 的中点 ∴DE=AE=EF ,∠EDF=∠DFE ∵∠ABC=90°,点E 是AF 的中点 ∴BE=AE=EF ,∠EFB=∠EBF ∴DE=EB ∵AB=BC , ∴∠DAB=45°
∴在四边形ABFD 中,∠DFB=360°-90°-45°-90°=135°
∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°-2∠EFD+180°-2∠EFB=360°-2(∠EFD+∠EFB) =360°-2×135°=90° ∴DE ⊥EB
(2)如下图,延长BE 至点M 处,使得ME=EB ,连接MA 、ME 、MF 、MD 、FB 、DB ,延长MF 交CB 于点H
∵ME=EB,点E是AF的中点
∴四边形MFBA是平行四边形
∴MF∥AB,MF=AB
∴∠MHB=180°-∠ABC=90°
∵∠DCA=∠FCB=a
∴∠DCB=45°+a,∠CFH=90°-a
∵∠DCF=45°,∠CDF=90°
∴∠DFC=45°,△DCF是等腰直角三角形
∴∠DFM=180°-∠DFC-∠CFH=45°+a
∴∠DCB=∠DFM
∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形
∴DC=DF,BC=AB=MF
∴△DCB≌△DFM(SAS)
∴∠MDF=∠BDC,DB=DM
∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°
∴△DMB是等腰直角三角形
∵点E是MB的中点
∴DE=EB,DE⊥EB
(3)当点F在AC上时,CF有最大值,图形如下:
∵BC=6,∴在等腰直角△ABC中,AC=62∵CF=32,∴AF=32
∴CE=CF+FE=CF+1
2AF92
2
=
当点F在AC延长线上时,CE有最小值,图形如下:
同理,CE=EF-CF
32
2 =
【点睛】
本题考查三角形的旋转变换,用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质,解题关键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形.
3.如图一,矩形ABCD中,AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ(0°<θ<90°)得到矩形A1BC1D1,点A1在边CD上.
(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D到点D1所经过路径的长度;
(2)将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2,点D2在BC的延长线
上,设边A2B与CD交于点E,若161
A E
EC
=-
,求
n
m
的值.
(3)如图二,在(2)的条件下,直线AB上有一点P,BP=2,点E是直线DC上一动点,在BE左侧作矩形BEFG且始终保持
BE n
BG m
=,设AB=33,试探究点E移动过程中,PF 是否存在最小值,若存在,求出这个最小值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
5
π;(2)
3
;(3)存在,63
+
【解析】
【分析】
(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.解直角三角形,求出
∠ABA1,得到旋转角即可解决问题;
(2)由△BCE∽△BA2D2,推出22
2
A D
CE n
CB A B m
==,可得CE=2n
m
,由161
A E
EC
=-推出16
A C
EC
=,推出A1C=
2
6
n
m
?,推出BH=A1C=
2
6
n
m
?,然后由勾股定理建立方程,解方程即可解决问题;
(3)当A、P、F,D,四点共圆,作PF⊥DF,PF与CD相交于点M,作MN⊥AB,此时PF 的长度为最小值;先证明△FDG∽△FME,得到
3
3
FG
F
FM FE
D
==,再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度,即可得到PF的最小值.
【详解】
解:(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.
∴AD=HA1=n=1,
在Rt △A 1HB 中,∵BA 1=BA=m=2, ∴BA 1=2HA 1, ∴∠
ABA 1=30°, ∴旋转角为30°, ∵BD=22125+=, ∴D 到点D 1所经过路径的长度=3055
ππ??=; (2)∵△BCE ∽△BA 2D 2,
∴222A D CE n
CB A B m
==, ∴2n CE m =,
∵161EA
EC =-, ∴16A C
EC =, ∴A 1C=2
6n m
?,
∴BH=A 1C=2
2
2
6n m n m
-=?,
∴4
2
2
26n m n m
-=?,
∴m 4﹣m 2n 2=6n 4,
∴24
2416n n m m
-=?,
∴
3
n m =
(负根已舍去). (3)当A 、P 、F ,D ,四点共圆,作PF ⊥DF ,PF 与CD 相交于点M ,作MN ⊥AB ,此时PF 的长度为最小值;
由(2)可知,
3
BE n BG m ==
, ∵四边形BEFG 是矩形,
∴
FG FE =
∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°, ∴∠DFG=∠MFE , ∵DF ⊥PF ,即∠DFM=90°,
∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°, ∴∠FDG=∠FME , ∴△FDG ∽△FME ,
∴
FG F FM FE D ==
,
∵∠DFM=90°,tan 3
FD FMD FM ∠=
=
, ∴∠FDM=60°,∠FMD=30°,
∴FM DM =
;
在矩形ABCD 中,有
AD AB =
=3AD =, ∵MN ⊥AB ,
∴四边形ANMD 是矩形, ∴MN=AD=3,
∵∠NPM=∠DMF=30°, ∴PM=2MN=6,
∴NP=AB =, ∴DM=AN=BP=2,
∴2FM DM =
==
∴6PF PM MF =+=+ 【点睛】
本题考查点的运动轨迹,旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于压轴题,中考常考题型.正确作出辅助线,正确确定动点的位置,注意利用数形结合的思想进行解题.
4.如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点(与点A 、B 、C 不重合),且始终保持BP BQ =,AQ QE ⊥,QE 交正方形外角平分线CE 于点E ,AE 交CD 于点F ,连结PQ .
(1)求证:APQ QCE ??≌; (2)证明:DF BQ QF +=;
(3)设BQ x =,当x 为何值时,//QF CE ,并求出此时AQF ?的面积. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)当22
2x =-+//QF CE ;
AQF S ?442=-+.
【解析】 【分析】
(1)判断出△PBQ 是等腰直角三角形,然后求出∠APQ=∠QCE=135°,再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ,再求出AP=CQ ,然后利用“角边角”证明即可; (2)根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ,判断出△AQE 是等腰直角三角形,将
ADF ?绕点A 顺时针旋转90?得F AB '?,再证明()F AQ FAQ SAS '??≌;
(3)连结AC ,设QF
CE ,推出QCF ?是等腰直角三角形°,再证明
()ABQ ADF SAS ??≌,根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ,AQ AF =,
22.5QAB DAF ∠=∠=?,分别用x 表示出DF 、CF 、QF ,然后列出方程求出x ,再求出
△AQF 的面积. 【详解】
(1)∵四边形ABCD 是正方形,
∴AB BC =,90B BCD DCM ∠=∠=∠=?, ∵BP BQ =,
∴PBQ ?是等腰直角三角形,AP QC =, ∴45BPQ ∠=?, ∴135APQ ∠=? ∵CE 平分DCM ∠, ∴45DCE ECM ∠=∠=?, ∴135QCE ∠=?, ∴135APQ QCE ∠=∠=?, ∵AQ QE ⊥,
∴90AQB CQE ∠+∠=?. ∵90AQB BAQ ∠+∠=?. ∴BAQ CQE ∠=∠. ∴()APQ QCE ASA ?≌. (2)由(1)知APQ QCE ??≌. ∴QA QE =. ∵90AQE ∠=?,
∴AQE ?是等腰直角三角形, ∴45QAE ∠=?. ∴45DAF QAB ∠+∠=?,
如图4,将ADF ?绕点A 顺时针旋转90?得F AB '?,
其中点D 与点B 重合,且点F '在直线BQ 上,
则45F AQ '∠=?,F A FA '=,AQ AQ =, ∴()F AQ FAQ SAS '??≌. ∴QF QF BQ DF '==+.
(3)连结AC ,若QF CE ,
则45FQC ECM ∠=∠=?. ∴QCF ?是等腰直角三角形, ∴2CF CQ x ==-, ∴DF BQ x ==.
∵AB AD =,90B D ∠=∠=?, ∴()ABQ ADF SAS ??≌.
∴AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=?, ∴AC 垂直平分QF ,
∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=?,2FQ QN =, ∴22FQ BQ x ==.
在Rt QCF ?中,根据勾股定理,得2
2
2
(2)(2)(2)x x x -+-=.
解这个方程,得1222x =-+, 2222x =--(舍去). 当22
2x =-+时,QF
CE .
此时,QCF QEF S S ??=,∴21
2
QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ?????+=+==, ∴()
2222111
222
AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ???=-=
-=- ()
222
112(2)4244222x x x x ??=
+--=?==-+?
? 【点睛】
本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,旋转的性质,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理的应用,难点在于(3)作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程.
5.(1)观察猜想
如图(1),在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC,点D 是BC 的中点.以点D 为顶点作正方形DEFG ,使点A ,C 分别在DG 和DE 上,连接AE ,BG ,则线段BG 和AE 的数量关系是_____; (2)拓展探究
将正方形DEFG 绕点D 逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于0°,小于或等于360°),如图2,则(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由. (3)解决问题
若BC=DE=2,在(2)的旋转过程中,当AE 为最大值时,直接写出AF 的值.
【答案】(1)BG =AE . (2)成立.
如图②,
连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.
∴∠ADB=90°,且BD=AD.
∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.
∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.…………………………………………7分
(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时,BG最大,如图③.
若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.
在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.
∴AF=
【解析】
解:(1)BG=AE.
(2)成立.
如图②,连接AD.
∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.
∴∠ADB=90°,且BD=AD.
∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.
∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.
(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中,G点运动的图形是以点D为圆心,DG为半径的圆,故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上(即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°)时,BG最大,如图③.
若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.
在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.
∴AF=.
即在正方形DEFG旋转过程中,当AE为最大值时,AF=.
6.在△AOB中,C,D分别是OA,OB边上的点,将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′.(1)如图1,若∠AOB=90°,OA=OB,C,D分别为OA,OB的中点,证明:①AC′=BD′;
②AC′⊥BD′;
(2)如图2,若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ,CD∥AB,AC′与BD′交于点E,猜想
∠AEB=θ是否成立?请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;
(2)成立,理由见解析
【解析】
试题分析:(1)①由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,证出
OC′=OD′,由SAS证明△AOC′≌△BOD′,得出对应边相等即可;
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′,又由对顶角相等和三角形内角和定理得出
∠BEA=90°,即可得出结论;
(2)由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,由平行线得出比例式
,得出,证明△AOC′∽△BOD′,得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ.
试题解析:(1)证明:①∵△OCD旋转到△OC′D′,
∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,
∵OA=OB,C、D为OA、OB的中点,
∴OC=OD,
∴OC′=OD′,
在△AOC′和△BOD′中,,
∴△AOC′≌△BOD′(SAS),
∴AC′=BD′;
②延长AC′交BD′于E,交BO于F,如图1所示:
∵△AOC′≌△BOD′,
∴∠OAC′=∠OBD′,
又∠AFO=∠BFE,∠OAC′+∠AFO=90°,
∴∠OBD′+∠BFE=90°,
∴∠BEA=90°,
∴AC′⊥BD′;
(2)解:∠AEB=θ成立,理由如下:如图2所示:
∵△OCD旋转到△OC′D′,
∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,
∵CD∥AB,
∴,
∴,
∴,
又∠AOC′=∠BOD′,
∴△AOC′∽△BOD′,
∴∠OAC′=∠OBD′,
又∠AFO=∠BFE,
∴∠AEB=∠AOB=θ.
考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;旋转的性质.
7.如图,△ABC和△DEC都是等腰三角形,点C为它们的公共直角顶点,连接AD、BE,F
为线段AD的中点,连接CF.
(1)如图1,当D点在BC上时,BE与CF的数量关系是__________;
(2)如图2,把△DEC绕C点顺时针旋转90°,其他条件不变,问(1)中的关系是否仍然成立?请说明理由;
(3)如图3,把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角,其他条件不变,问(1)中的关系是否仍然成立?如成立,请证明;如果不成立,请写出相应的正确的结论并加以证明.
【答案】(1)BE=2CF;(2)(1)中的关系是仍然成立,理由见解析;(3)(1)中的关系是仍然成立,理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)根据“SAS”证明△ACD≌△BCE,可得AD=BE,又因为AD=2CF,从而
BE=2CF;
(2)由点F是AD中点,可得AD=2DF,从而AC= 2DF+CD,又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形,可知BC=2DF+CE,所以BE= 2(DF+CE),CF= DF+CD,从而BE=2CF;
(3)延长CF至G使FG=CF,即:CG=2CF,可证△CDF≌△GAF,再证明△BCE≌△ACG,从而BE=CG=2CF成立.
解:(1)∵△ABC是等腰直角三角形,
∴AC=BC,
∵△CDE是等腰直角三角形,
∴CD=CE,
在△ACD和△BCE中,,
∴△ACD≌△BCE,
∴AD=BE,在Rt△ACD中,点F是AD中点,
∴AD=2CF,
∴BE=2CF,
故答案为BE=2CF;
(2)(1)中的关系是仍然成立,
理由:∵点F是AD中点,
∴AD=2DF,
∴AC=AD+CD=2DF+CD,
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形,
∴AC=BC,CD=CE,
∴BC=2DF+CE,
∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2(DF+CE),
∵CF=DF+CD=DF+CD,
∴BE=2CF;
(3)(1)中的关系是仍然成立,理由:如图3,
延长CF至G使FG=CF,即:CG=2CF,
∵点F是AD中点,
∴AF=DF,
在△CDF和△GAF中,,
∴△CDF≌△GAF,
∴AG=CD=CE,∠CDF=∠GAF,
∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD,
∵∠ACB=∠DCE=90°,
∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD,
∴∠CAG=∠BCE,
连接BE,
在△BCE和△ACG中,,
∴△BCE≌△ACG,
∴BE=CG=2CF,
即:BE=2CF.
点睛:本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质,考查了学生综合运用知识的能力,熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键.
8.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0),点B(0,6),把△ABO绕点B逆时
针旋转得△A′B′O′,点A、O旋转后的对应点为A′、O′,记旋转角为α.
(1)如图1,若α=90°,则AB= ,并求AA′的长;
(2)如图2,若α=120°,求点O′的坐标;
(3)在(2)的条件下,边OA上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+BP′取得最小值时,直接写出点P′的坐标.
【答案】(1)10,102;(2)(33,9);(3)12354
5
(,)
【解析】
试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则
∠HBO′=60°,再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则
O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作
P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.
试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,
∴AB==5,
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,
∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;
(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,
∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣
∠HBO′=30°,
∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为
();
(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,
∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,
则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),
设直线O′C的解析式为y=kx+b,
把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P
(,0),
∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,
∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,
∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,
∴P′点的坐标为(,).
考点:几何变换综合题
9.已知:△ABC和△ADE均为等边三角形,连接BE,CD,点F,G,H分别为DE,BE,CD 中点.
(1)当△ADE绕点A旋转时,如图1,则△FGH的形状为,说明理由;
(2)在△ADE旋转的过程中,当B,D,E三点共线时,如图2,若AB=3,AD=2,求线段FH的长;
(3)在△ADE旋转的过程中,若AB=a,AD=b(a>b>0),则△FGH的周长是否存在最大值和最小值,若存在,直接写出最大值和最小值;若不存在,说明理由.
【答案】(1)△FGH是等边三角形;(2)61
2
;(3)△FGH的周长最大值为
3
2
(a+b),最小值为3
2
(a﹣b).
【解析】
试题分析:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:根据三角形中位线定理证明FG=FH,再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题;、
(2)如图2中,连接AF、EC.在Rt△AFE和Rt△AFB中,解直角三角形即可;
(3)首先证明△GFH的周长=3GF=3
2
BD,求出BD的最大值和最小值即可解决问题;
试题解析:解:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:
如图1中,连接BD、CE,延长BD交CE于M,设BM交FH于点O.
∵△ABC和△ADE均为等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE,∴△BAD≌△CAE,∴BD=CE,∠ADB=
∠AEC,∵EG=GB,EF=FD,∴FG=1
2
BD,GF∥BD,∵DF=EF,DH=HC,∴FH=
1
2
EC,FH∥EC
,∴FG=FH,∵∠ADB+∠ADM=180°,∴∠AEC+∠ADM=180°,∴∠DMC+∠DAE=180°,∴∠DME=120°,∴∠BMC=60°
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°,∴△GHF是等边三角形,故答案为:等边三角形.
(2)如图2中,连接AF、EC.